Dokaz formule za \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\)

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za  \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\). Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza.

Teorema 1: \[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}\]\[\text{gde je} \quad \chi(n)=\begin{cases} 1, & \text{if } n \equiv 1 \pmod{6}\\-1, & \text{if } n \equiv -1 \pmod{6}\\0, & \text{inače}\end{cases}\]

Teorema 2: Imamo\[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdots}{6 \cdot 6 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 24 \cdot 30 \cdots}\]izraz čiji su brojioci sekvenca neparnih prostih brojeva većih od \(3\) i čiji su imenioci parni brojevi koji su za jedan veći ili manji od odgovarajućih brojilaca.


Dokaz:

Na osnovu Teoreme 1 znamo da je
\[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\frac{1}{19}-\cdots\]
takođe imamo
\[\frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\frac{1}{35}-\frac{1}{55}+\cdots ,\]

i sabirajući oba reda dobijamo,
\[\frac{6}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\cdots .\]
Takođe imamo
\[\frac{1}{7} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{7}+\frac{1}{49}-\frac{1}{77}+\frac{1}{91}-\cdots ,\]

i oduzimajući ovaj red od prethodnog dobijamo
\[\frac{6}{7} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\cdots ,\]
red u kome nema imenioca deljivih sa 5 ili 7.

Na sličan način izbacujemo sve one članove čiji su imenioci deljivi sa 11,
\[\frac{1}{11} \cdot \frac{6 \cdot 6}{7 \cdot 5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{11}-\frac{1}{121}+\frac{1}{143}-\cdots ;\]
sabirajući ovaj red sa prethodnim dobijamo
\[\frac{12 \cdot 6 \cdot 6}{11\cdot 7 \cdot 5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\frac{1}{19}-\cdots .\]

Primećujemo da se imenioci koji su deljivi prostim brojem oblika  \(6n - 1\) uklanjaju sabiranjem, čime se dodaje novi faktor \(\dfrac{6n}{6n-1}\) , dok se imenioci koji su deljivi prostim brojem oblika \(6n + 1\) uklanjaju oduzimanjem čime se dodaje novi faktor, \(\dfrac{6n}{6n+1}\) .


Tako da će imenioci ovih novih sukcesivno dodatih faktora biti prosti brojevi dok će brojioci biti parni brojevi koji su  za jedan veći ili manji od odgovarajućih imenioca. Ukoliko sve članove početnog reda uklonimo na ovakav način dobijamo izraz 
\[\frac{\cdots 30 \cdot 24 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 6 \cdot 6}{\cdots 29 \cdot 23 \cdot 19 \cdot 17 \cdot 13 \cdot 11 \cdot 7 \cdot 5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1 .\]

Odakle sledi
\[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdots}{6 \cdot 6 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 24 \cdot 30 \cdots}\]

\(\blacksquare\)


Коментари

Популарни постови са овог блога

Dokaz da je koren iz prostog broja iracionalan broj

Dokaz da je koren iz 2 iracionalan broj

Dokaz da je \(I_0(\sqrt{2})\) iracionalan broj